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江苏省泰州市姜堰区2025届高三第二次适应性调研测试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，所以.
故选：A
【分析】先求得集合U，进而根据交集、补集的定义，直接求解即可.
2．已知复数，为z的共轭复数，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，
则，的虚部为.
故答案为：C.
【分析】先化简求得，再根据共轭复数的定义求得，结合复数的概念判断即可.
3．抛物线的准线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：将抛物线化为：，
所以所求准线方程为.
故选：B
【分析】将抛物线方程为标准形式，进而即可求出其准线方程.
4．在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，设点为线段的中点，连接，如图所示：
易知，，平面，
在中，，故，
所以是边长为2的等边三角形，
将展开到与共面，如图所示：
则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值，
在中，，，
由余弦定理可得：，
则，即的最小值为.
故答案为：A.
【分析】在三棱锥中，设点为线段的中点，连接，推出是边长为2的等边三角形，将展开到与共面，根据三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时等号成立，再在中，利用余弦定理求解即可.
5．2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（　　）
A．210 B．35 C．40 D．120
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先从四个分会场选择一个 分5个名额 ，有种方法，
再将余下的6个名额分配到另三个分会场，用隔板法有种，则名额分配的不同种数为.
故答案为：C.
【分析】先从四个分会场选择一个 分5个名额 ，有种方法，再将余下6个名额利用隔板法分到另外3个分会场，据此求解即可.
6．在等边中，，P为所在平面内的一个动点，若，则的最大值为（　　）
A．4 B． C． D．6
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；轨迹方程；辅助角公式
【解析】【解答】解：如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，
为等边三角形，，
，
点在以为圆心，1为半径的圆上，设
，
，
，
当，即时，取得最大值为，
故选：B.
【分析】以C为原点建立平面直角坐标系，设，利用向量的数量积公式可表示成关于角的三角函数，结合辅助角公式及正弦函数的性质即可求得的最大值 .
7．某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的等边，已知，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
又，所以，
设，所以，
在中，由正弦定理得，解得，
在中，由余弦定理得，
即，
又，解得，所以，
所以，
故选：B.
【分析】设，，在中，分别利用正弦定理和余弦定理，求得边长，再利用三角形面积公式即可求得的面积.
8．在平面直角坐标系中，已知点，点是平面内的一个动点，若以为直径的圆与圆：相切，记点P的轨迹为曲线C，过曲线C上一点Q作直线分别与直线，相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若，，则面积的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轨迹方程；圆与圆的位置关系及其判定；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：以为直径的圆的圆心为，而点在圆外，且圆圆心，半径1，
由两圆相切，可得，整理得，
设，由，得，
因为点在上，所以，整理得，
直线，的倾斜角为，则，
的面积，
对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
则，因此，
故面积的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】利用中点坐标公式求以为直径的圆的圆心坐标，根据两圆相切列式求出点的轨迹方程，再设出点的坐标，根据，表示出点，根据直线的倾斜角求得，将三角形面积表示为的函数，借助对勾函数的性质求面积的取值范围.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．当时，若有三个零点，则的取值范围是（0，1）
B．当且时，
C．，
D．若存在极值点，且，其中，则
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；余弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A，当时，，
令，解得x=0或x=1，
所以当或时，；当时，
所以函数在和上单调递增；在上单调递减．
所以函数在处取得极大值，在处取得极小值，
若有三个零点，则，解得，故选项A正确；
B，当且时，，
因为，所以，
由A函数在上单调递减，故，故选项B正确；
C，因为
，故选项C错误；
D，由求导得，，
依题意，，可得①
由，可得，
由于，化简得②
将①代入②式，可化简得：，
即，因，故得，故选项D正确．
故选：ABD．
【分析】求导确定函数单调性，求得极值点，利用零点存在性定理即可判断选项A；利用作差法判断可知，进而利用单调性即可判断选项B；代入解析式化简即可选项C；由推理得到，又由函数极值点定义，由得到代入化简即可判断选项D．
10．对一列整数进行如下操作：输入第一个整数，只显示不计算，接着输入第二个整数，只显示的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对值．设全部输入完毕后显示的最后结果为．若数列满足，，现把数列的前2025项随机地输入，则（　　）
A．的最小值为0 B．的最小值为1
C．的最大值为2025 D．的最大值为2024
【答案】B,C
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：AB，对于，对于连续四个奇数，，由题意运算，其结果最小值为；
同理，对于连续四个偶数，，由题意运算，其结果最小值为，
在1到2025的2025个整数中有1013个奇数和1012个偶数，，，
由，经过计算最小值为，且，经过计算最小值为，则的最小值为，故选项A错误，选项B正确；
CD，除2025外，前2024个数中有1012个奇数和1012个偶数，前2024个数经过计算最小值为0，
所以的最大值为2025，故选项C正确，选项D错误.
故选：BC
【分析】 先通过小例子验证连续 4 个奇数、连续 4 个偶数的操作规律，总结出 “4 个连续同奇偶整数可通过操作抵消为 0” 的核心结论；再统计 1 到 2025 中奇数、偶数的个数，通过分组抵消分析最小值可判断选项AB；最后通过构造最大数保留、其余数抵消的方式分析最大值可判断选项CD.
11．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（　　）
A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为
D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】A,D
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体；余弦定理
【解析】【解答】解：A，分别为正四面体的棱的中点，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，
，则等腰的高，
等腰的高，
由对称性知，，则，
而勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值不小于长，故选项A正确；
B，勒洛四面体被平面截得的截面是3个弓形加上，
面积为，故选项B错误；
C，由对称性知，勒洛四面体四个曲面的每条交线长相等，
其中交线所在圆的圆心在以中点为圆心，则该圆半径，
由余弦定理得，，
因此勒洛四面体四个曲面交线长的和为，故选项C错误；
D，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径即为该四面体内切球半径，
由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，
正外接圆半径，正四面体的高，
令正四面体的外接球半径为，在中，，解得，
取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点，
其中即为正四面体外接球半径，点均在以点B为球心的球面上，
则，勒洛四面体内切球半径，故选项D正确.
故选：AD
【分析】 取正四面体棱 AB、CD 的中点 S、T，连接 ST 并延长，交勒洛四面体曲面于 P、Q 两点， 由正四面体性质，，计算等腰的高ST和等腰的高SQ，由对称性知，，则， 勒洛四面体表面两点的最大距离不小于 PQ 的长度即可判断选项A；勒洛四面体被平面截得的截面是3个弓形加上，利用扇形面积与三角形面积公式即可判断选项B； 勒洛四面体的交线对应正四面体的 6 条棱，每条交线为一段圆弧，且由对称性，6 段弧长相等，利用弧长公式求出四个曲面交线长判断选项C；借助正四面体求出勒洛四面体内切球半径判断选项D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，且，则　 　．
【答案】
【知识点】三角函数值的符号；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题可知，两边平方可得：，
解得，
又，故，则，所以；
因为，所以，
由和，解得.
故答案为：.
【分析】对原式两边平方后，确定，从而确定的正负，可知，再利用求得，进而结合方程组即可求得.
13．已知函数的值域为R，则实数a的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数的值域为R，
所以函数的值域包含，
由，解得或，
所以实数a的取值范围为.
故答案为：
【分析】将对数函数值域为 R，转化为真数二次函数能取遍所有正实数，开口向上的二次函数能取遍所有正实数，等价于判别式 Δ≥0，求解关于 a 的不等式，即可得到取值范围.
14．甲、乙两人进行五子棋比赛，比赛采用积分制，赛前每人的基础分为3分．在一轮比赛中，获胜的一方加一分，输的一方减一分，平局分数不改变，直至某人得到满分6分，获得6分的人获胜，比赛结束．已知在每一局中，甲胜的概率为，乙胜的概率为，各局的输赢互不影响．若表示在甲所得分数为时，最终甲获胜的概率，若，，则　 　．
【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；全概率公式
【解析】【解答】解：由题意得甲所得分数为时，下一局可能的结果有三种情况：
若甲胜，则甲得分变为，对应概率为，
若乙胜，则甲得分变为，对应概率为，
若平局，则甲得分保持，对应的概率为，
所以由全概率公式可得，
所以，，
所以（），
所以数列（）是以为公比的等比数列，
所以，
所以，，，
，，
所以
，
所以，
所以，
因为，，所以，解得.
故答案为：
【分析】 根据每局三种结果的概率，结合全概率公式分析建立相邻分数的概率递推关系，将递推式转化为等比数列，可得数列（）是以为公比的等比数列，利用边界条件，，对等比数列求和，然后利用累加法结合等比数列的求和公式求解即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的正切值为．若存在球与正三棱台的5个面同时相切，求：
（1）正三棱台的体积；
（2）正三棱台的表面积．
【答案】（1）解：在正三棱台中，取BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，
连接，设，内切球半径为r，则，棱台的高为2r，
所以，，同理，
由内切球与平面相切，切点在上，得，
在等腰梯形中，，则（*），
在梯形中，，
所以，解得，带入（*）式可得，，
所以棱台的高，所以棱台的体积为．
（2）解：由（1）知，在正三棱台中，，斜高，
所以正三棱台的表面积
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，内切球半径为r，根据题意求出侧棱长以及，，再根据切线的性质及等腰梯形和梯形的几何特点列方程组，求得r，进而求得棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求得正三棱台的体积；
（2）利用（1）的信息，利用正棱台的表面积公式即可求得 正三棱台的表面积．
（1）在正三棱台中，取BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，
连接，设，内切球半径为r，则，棱台的高为2r，
于是，，同理，
由内切球与平面相切，切点在上，得，
在等腰梯形中，，则（*），
在梯形中，，
所以，解得，带入（*）式可得，，
因此棱台的高，棱台的体积为．
（2）由（1）知，在正三棱台中，，斜高，
所以正三棱台的表面积
16．在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c．已知，为常数．
（1）若，，求面积的最大值；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）解：由，，得，而，
由余弦定理得，所以，
于是的面积，
整理得，其中锐角由确定，
而，则，因此，当且仅当时取等号，
由，解得，所以面积的最大值.
（2）解：由，，得，由正弦定理得，
又
，
整理得，而，所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）结合已知条件可知，利用余弦定理可得，再利用三角形面积公式可得，变形利用辅助角公式和三角函数的性质即可求出面积的最大值；
（2）根据已知条件可得，由正弦定理边化角可得，再用和角的余弦公式化为，利用同角三角关系式化为，进而求解即得的值.
（1）由，，得，而，
由余弦定理得，则，
于是的面积，
整理得，其中锐角由确定，
而，则，因此，当且仅当时取等号，
由，解得，所以面积的最大值.
（2）由，，得，由正弦定理得，
又
，
整理得，而，所以.
17．在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为F，点，过F的直线交C于M、N两点．当直线的斜率为1时，．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线、与抛物线C的另一个交点分别为A、B，，求的值；
（3）在（2）的条件下，记直线、的倾斜角分别为、，求的最大值．
【答案】（1）解：易知抛物线：的焦点，
当直线的斜率为1时，直线的方程为，设，
联立，消元整理可得，
，，
则，即，
故抛物线C的方程为；
（2）解：由（1）知，，
设，直线，
联立，可得，
则，
设直线，联立，得，
则，，即，
同理可得，即，
又因为，且，所以，
将，，代入得，
又，则，又，则；
（3）解：因为直线、的倾斜角分别为、，
所以，，
由，，，
则，，
若要使最大，则，设，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最大值为．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；斜率的计算公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点，由题意可得：直线的方程为，
设，联立直线与抛物线C的方程，利用韦达定理，结合弦长公式求解即可；
（2）由（1）知，，设，分别设直线，的方程，分别与抛物线C的方程联立，结合韦达定理表示出，解方程求解即可；
（3）直线、的倾斜角分别为、，利用韦达定理，结合斜率公式求得，再利用正切的两角公式及基本不等式求解即可.
（1）由题意，，
当直线的斜率为1时，直线的方程为，设，
联立，得，
则，，
所以，即，
所以抛物线C的方程为.
（2）由（1）知，，
设，直线，
联立，可得，
则，
设直线，
联立，得，
则，，即，
同理可得，即，
又，且，
所以，
将，，代入得，
又，则，又，则.
（3）因为直线、的倾斜角分别为、，
所以，，
由，，，
则，
则，
若要使最大，则，设，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为．
18．某科技公司食堂每天中午提供A、B两种套餐，员工小李第一天午餐时随机选择一种套餐，如果前一天选择A套餐，那么第二天选择A套餐的概率为；如果前一天选择B套餐，那么第二天选择A套餐的概率为．
（1）食堂对A套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，对员工对于A套餐的满意程度进行了调查，统计了120名员工的数据，如下表（单位：人）
套餐A满意度 A套餐改善前 A套餐改善后 合计
满意 20 40 60
不满意 30 30 60
合计 50 70 120
参考数据：，其中．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
根据小概率值的独立性检验，能否认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善有关？
（2）若A套餐拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小李从这些菜品中选择3种菜品，记选择素菜的种数为X，求的最大值，并求此时n的值；
（3）设员工小李第n天选择B套餐的概率为，求．
【答案】（1）解：零假设：认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关，
因为，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即接受，
所以认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系.
（2）解：依题意，，令，
，当且仅当时取等号，
当时，，当时，，即当时，数列单调递减，
于是，
所以的最大值为，此时或.
（3）解：由员工小李第n天选择B套餐的概率为，得员工小李第n天选择A套餐的概率为，
因此，而，
，又，因此，所以.
【知识点】等比数列的通项公式；独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据给定数据先求出的观测值，再与临界值比对即可求解；
（2）利用古典概率、结合组合计数问题求出的表达式，令，构造数列并判断单调性即可求出最大值.
（3）根据题干中信息和全概率公式求出与的关系，再构造等比数列求出通项即可.
（1）零假设：认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关，
由已知数据计算，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即接受，
因此认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系.
（2）依题意，，令，
，当且仅当时取等号，
当时，，当时，，即当时，数列单调递减，
于是，
所以的最大值为，此时或.
（3）由员工小李第n天选择B套餐的概率为，得员工小李第n天选择A套餐的概率为，
因此，而，
，又，因此，所以.
19．设数列和都有无穷项，已知存在非零常数，使得，此时称数列是由“-生成”的．
（1）如果是等比数列，满足的，若数列是由“-生成”，求的值；
（2）已知数列是由“-生成”的，如果存在非零常数，使得是由“-生成”的，求数列的通项；
（3）设，且数列，，分别是由数列，，“-生成”的，表示数列的前n项和．已知，求的最小值．
【答案】（1）解：设，
则由，解得，
又，
而，因此，解得.
当时，；
当时，，
当时，，
即，符合题意，
所以或.
（2）解：由是由“生成”的，是由“生成”的，得，则，
所以或，而，所以，
若，则，，
若，且，
假设是第一个使不同时为0的整数，则，
此时，而，则，矛盾，
从而不存在使不同时为0的整数，
所以.
（3）解：设分别表示的前项和，
即分别是由-生成"的，
由，得；
当时，.
于是，同理，
而，则，
，，
.
所以，，
令，则，
，，
因此，
所以取到最小值.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）设，利用定义推理写出前几项可得，求解方程并验证即得.
（2）利用定义列方程组求出首项，结合递推公式求解，并借助反证法推理求得通项公式.
（3）设分别表示的前项和，利用给定的定义，结合前和与第项的关系推理求出的最小值 .
（1）设，
则由，解得，
又，
而，因此，解得.
当时，；
当时，，
当时，，
即，符合题意，
所以或.
（2）由是由“生成”的，是由“生成”的，
得，则，
于是或，而，因此，
若，则，，
若，且，
假设是第一个使不同时为0的整数，则，
此时，而，则，矛盾，
从而不存在使不同时为0的整数，
所以.
（3）设分别表示的前项和，
即分别是由-生成"的，
由，得；
当时，.
于是，同理，
而，则，
，，
.
所以，，
令，则，
，，
因此，
所以取到最小值.
1 / 1江苏省泰州市姜堰区2025届高三第二次适应性调研测试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知复数，为z的共轭复数，则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．抛物线的准线方程为（　　）
A． B． C． D．
4．在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
5．2025年央视春晚的四个分会场分别为重庆、武汉、无锡和拉萨，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为（　　）
A．210 B．35 C．40 D．120
6．在等边中，，P为所在平面内的一个动点，若，则的最大值为（　　）
A．4 B． C． D．6
7．某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的等边，已知，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．在平面直角坐标系中，已知点，点是平面内的一个动点，若以为直径的圆与圆：相切，记点P的轨迹为曲线C，过曲线C上一点Q作直线分别与直线，相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若，，则面积的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．当时，若有三个零点，则的取值范围是（0，1）
B．当且时，
C．，
D．若存在极值点，且，其中，则
10．对一列整数进行如下操作：输入第一个整数，只显示不计算，接着输入第二个整数，只显示的结果，此后每输入一个整数都是与前次显示的结果进行求差再取绝对值．设全部输入完毕后显示的最后结果为．若数列满足，，现把数列的前2025项随机地输入，则（　　）
A．的最小值为0 B．的最小值为1
C．的最大值为2025 D．的最大值为2024
11．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）．利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体（如图乙）．若正四面体的棱长为3，则下列说法正确的是（　　）
A．勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值大于3
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体四个曲面交线长的和为
D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，且，则　 　．
13．已知函数的值域为R，则实数a的取值范围为　 　．
14．甲、乙两人进行五子棋比赛，比赛采用积分制，赛前每人的基础分为3分．在一轮比赛中，获胜的一方加一分，输的一方减一分，平局分数不改变，直至某人得到满分6分，获得6分的人获胜，比赛结束．已知在每一局中，甲胜的概率为，乙胜的概率为，各局的输赢互不影响．若表示在甲所得分数为时，最终甲获胜的概率，若，，则　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的正切值为．若存在球与正三棱台的5个面同时相切，求：
（1）正三棱台的体积；
（2）正三棱台的表面积．
16．在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c．已知，为常数．
（1）若，，求面积的最大值；
（2）若，，求的值．
17．在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为F，点，过F的直线交C于M、N两点．当直线的斜率为1时，．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线、与抛物线C的另一个交点分别为A、B，，求的值；
（3）在（2）的条件下，记直线、的倾斜角分别为、，求的最大值．
18．某科技公司食堂每天中午提供A、B两种套餐，员工小李第一天午餐时随机选择一种套餐，如果前一天选择A套餐，那么第二天选择A套餐的概率为；如果前一天选择B套餐，那么第二天选择A套餐的概率为．
（1）食堂对A套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，对员工对于A套餐的满意程度进行了调查，统计了120名员工的数据，如下表（单位：人）
套餐A满意度 A套餐改善前 A套餐改善后 合计
满意 20 40 60
不满意 30 30 60
合计 50 70 120
参考数据：，其中．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
根据小概率值的独立性检验，能否认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善有关？
（2）若A套餐拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小李从这些菜品中选择3种菜品，记选择素菜的种数为X，求的最大值，并求此时n的值；
（3）设员工小李第n天选择B套餐的概率为，求．
19．设数列和都有无穷项，已知存在非零常数，使得，此时称数列是由“-生成”的．
（1）如果是等比数列，满足的，若数列是由“-生成”，求的值；
（2）已知数列是由“-生成”的，如果存在非零常数，使得是由“-生成”的，求数列的通项；
（3）设，且数列，，分别是由数列，，“-生成”的，表示数列的前n项和．已知，求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，所以.
故选：A
【分析】先求得集合U，进而根据交集、补集的定义，直接求解即可.
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，
则，的虚部为.
故答案为：C.
【分析】先化简求得，再根据共轭复数的定义求得，结合复数的概念判断即可.
3．【答案】B
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：将抛物线化为：，
所以所求准线方程为.
故选：B
【分析】将抛物线方程为标准形式，进而即可求出其准线方程.
4．【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，设点为线段的中点，连接，如图所示：
易知，，平面，
在中，，故，
所以是边长为2的等边三角形，
将展开到与共面，如图所示：
则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值，
在中，，，
由余弦定理可得：，
则，即的最小值为.
故答案为：A.
【分析】在三棱锥中，设点为线段的中点，连接，推出是边长为2的等边三角形，将展开到与共面，根据三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时等号成立，再在中，利用余弦定理求解即可.
5．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：先从四个分会场选择一个 分5个名额 ，有种方法，
再将余下的6个名额分配到另三个分会场，用隔板法有种，则名额分配的不同种数为.
故答案为：C.
【分析】先从四个分会场选择一个 分5个名额 ，有种方法，再将余下6个名额利用隔板法分到另外3个分会场，据此求解即可.
6．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；轨迹方程；辅助角公式
【解析】【解答】解：如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，
为等边三角形，，
，
点在以为圆心，1为半径的圆上，设
，
，
，
当，即时，取得最大值为，
故选：B.
【分析】以C为原点建立平面直角坐标系，设，利用向量的数量积公式可表示成关于角的三角函数，结合辅助角公式及正弦函数的性质即可求得的最大值 .
7．【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，
又，所以，
设，所以，
在中，由正弦定理得，解得，
在中，由余弦定理得，
即，
又，解得，所以，
所以，
故选：B.
【分析】设，，在中，分别利用正弦定理和余弦定理，求得边长，再利用三角形面积公式即可求得的面积.
8．【答案】D
【知识点】轨迹方程；圆与圆的位置关系及其判定；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：以为直径的圆的圆心为，而点在圆外，且圆圆心，半径1，
由两圆相切，可得，整理得，
设，由，得，
因为点在上，所以，整理得，
直线，的倾斜角为，则，
的面积，
对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
则，因此，
故面积的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】利用中点坐标公式求以为直径的圆的圆心坐标，根据两圆相切列式求出点的轨迹方程，再设出点的坐标，根据，表示出点，根据直线的倾斜角求得，将三角形面积表示为的函数，借助对勾函数的性质求面积的取值范围.
9．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；余弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A，当时，，
令，解得x=0或x=1，
所以当或时，；当时，
所以函数在和上单调递增；在上单调递减．
所以函数在处取得极大值，在处取得极小值，
若有三个零点，则，解得，故选项A正确；
B，当且时，，
因为，所以，
由A函数在上单调递减，故，故选项B正确；
C，因为
，故选项C错误；
D，由求导得，，
依题意，，可得①
由，可得，
由于，化简得②
将①代入②式，可化简得：，
即，因，故得，故选项D正确．
故选：ABD．
【分析】求导确定函数单调性，求得极值点，利用零点存在性定理即可判断选项A；利用作差法判断可知，进而利用单调性即可判断选项B；代入解析式化简即可选项C；由推理得到，又由函数极值点定义，由得到代入化简即可判断选项D．
10．【答案】B,C
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：AB，对于，对于连续四个奇数，，由题意运算，其结果最小值为；
同理，对于连续四个偶数，，由题意运算，其结果最小值为，
在1到2025的2025个整数中有1013个奇数和1012个偶数，，，
由，经过计算最小值为，且，经过计算最小值为，则的最小值为，故选项A错误，选项B正确；
CD，除2025外，前2024个数中有1012个奇数和1012个偶数，前2024个数经过计算最小值为0，
所以的最大值为2025，故选项C正确，选项D错误.
故选：BC
【分析】 先通过小例子验证连续 4 个奇数、连续 4 个偶数的操作规律，总结出 “4 个连续同奇偶整数可通过操作抵消为 0” 的核心结论；再统计 1 到 2025 中奇数、偶数的个数，通过分组抵消分析最小值可判断选项AB；最后通过构造最大数保留、其余数抵消的方式分析最大值可判断选项CD.
11．【答案】A,D
【知识点】棱锥的结构特征；球内接多面体；余弦定理
【解析】【解答】解：A，分别为正四面体的棱的中点，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，
，则等腰的高，
等腰的高，
由对称性知，，则，
而勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值不小于长，故选项A正确；
B，勒洛四面体被平面截得的截面是3个弓形加上，
面积为，故选项B错误；
C，由对称性知，勒洛四面体四个曲面的每条交线长相等，
其中交线所在圆的圆心在以中点为圆心，则该圆半径，
由余弦定理得，，
因此勒洛四面体四个曲面交线长的和为，故选项C错误；
D，勒洛四面体能够容纳的最大球的半径即为该四面体内切球半径，
由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，
正外接圆半径，正四面体的高，
令正四面体的外接球半径为，在中，，解得，
取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点，
其中即为正四面体外接球半径，点均在以点B为球心的球面上，
则，勒洛四面体内切球半径，故选项D正确.
故选：AD
【分析】 取正四面体棱 AB、CD 的中点 S、T，连接 ST 并延长，交勒洛四面体曲面于 P、Q 两点， 由正四面体性质，，计算等腰的高ST和等腰的高SQ，由对称性知，，则， 勒洛四面体表面两点的最大距离不小于 PQ 的长度即可判断选项A；勒洛四面体被平面截得的截面是3个弓形加上，利用扇形面积与三角形面积公式即可判断选项B； 勒洛四面体的交线对应正四面体的 6 条棱，每条交线为一段圆弧，且由对称性，6 段弧长相等，利用弧长公式求出四个曲面交线长判断选项C；借助正四面体求出勒洛四面体内切球半径判断选项D.
12．【答案】
【知识点】三角函数值的符号；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题可知，两边平方可得：，
解得，
又，故，则，所以；
因为，所以，
由和，解得.
故答案为：.
【分析】对原式两边平方后，确定，从而确定的正负，可知，再利用求得，进而结合方程组即可求得.
13．【答案】
【知识点】对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数的值域为R，
所以函数的值域包含，
由，解得或，
所以实数a的取值范围为.
故答案为：
【分析】将对数函数值域为 R，转化为真数二次函数能取遍所有正实数，开口向上的二次函数能取遍所有正实数，等价于判别式 Δ≥0，求解关于 a 的不等式，即可得到取值范围.
14．【答案】
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；数列的递推公式；全概率公式
【解析】【解答】解：由题意得甲所得分数为时，下一局可能的结果有三种情况：
若甲胜，则甲得分变为，对应概率为，
若乙胜，则甲得分变为，对应概率为，
若平局，则甲得分保持，对应的概率为，
所以由全概率公式可得，
所以，，
所以（），
所以数列（）是以为公比的等比数列，
所以，
所以，，，
，，
所以
，
所以，
所以，
因为，，所以，解得.
故答案为：
【分析】 根据每局三种结果的概率，结合全概率公式分析建立相邻分数的概率递推关系，将递推式转化为等比数列，可得数列（）是以为公比的等比数列，利用边界条件，，对等比数列求和，然后利用累加法结合等比数列的求和公式求解即可.
15．【答案】（1）解：在正三棱台中，取BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，
连接，设，内切球半径为r，则，棱台的高为2r，
所以，，同理，
由内切球与平面相切，切点在上，得，
在等腰梯形中，，则（*），
在梯形中，，
所以，解得，带入（*）式可得，，
所以棱台的高，所以棱台的体积为．
（2）解：由（1）知，在正三棱台中，，斜高，
所以正三棱台的表面积
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，内切球半径为r，根据题意求出侧棱长以及，，再根据切线的性质及等腰梯形和梯形的几何特点列方程组，求得r，进而求得棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求得正三棱台的体积；
（2）利用（1）的信息，利用正棱台的表面积公式即可求得 正三棱台的表面积．
（1）在正三棱台中，取BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，
连接，设，内切球半径为r，则，棱台的高为2r，
于是，，同理，
由内切球与平面相切，切点在上，得，
在等腰梯形中，，则（*），
在梯形中，，
所以，解得，带入（*）式可得，，
因此棱台的高，棱台的体积为．
（2）由（1）知，在正三棱台中，，斜高，
所以正三棱台的表面积
16．【答案】（1）解：由，，得，而，
由余弦定理得，所以，
于是的面积，
整理得，其中锐角由确定，
而，则，因此，当且仅当时取等号，
由，解得，所以面积的最大值.
（2）解：由，，得，由正弦定理得，
又
，
整理得，而，所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）结合已知条件可知，利用余弦定理可得，再利用三角形面积公式可得，变形利用辅助角公式和三角函数的性质即可求出面积的最大值；
（2）根据已知条件可得，由正弦定理边化角可得，再用和角的余弦公式化为，利用同角三角关系式化为，进而求解即得的值.
（1）由，，得，而，
由余弦定理得，则，
于是的面积，
整理得，其中锐角由确定，
而，则，因此，当且仅当时取等号，
由，解得，所以面积的最大值.
（2）由，，得，由正弦定理得，
又
，
整理得，而，所以.
17．【答案】（1）解：易知抛物线：的焦点，
当直线的斜率为1时，直线的方程为，设，
联立，消元整理可得，
，，
则，即，
故抛物线C的方程为；
（2）解：由（1）知，，
设，直线，
联立，可得，
则，
设直线，联立，得，
则，，即，
同理可得，即，
又因为，且，所以，
将，，代入得，
又，则，又，则；
（3）解：因为直线、的倾斜角分别为、，
所以，，
由，，，
则，，
若要使最大，则，设，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最大值为．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；斜率的计算公式；抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知抛物线的焦点，由题意可得：直线的方程为，
设，联立直线与抛物线C的方程，利用韦达定理，结合弦长公式求解即可；
（2）由（1）知，，设，分别设直线，的方程，分别与抛物线C的方程联立，结合韦达定理表示出，解方程求解即可；
（3）直线、的倾斜角分别为、，利用韦达定理，结合斜率公式求得，再利用正切的两角公式及基本不等式求解即可.
（1）由题意，，
当直线的斜率为1时，直线的方程为，设，
联立，得，
则，，
所以，即，
所以抛物线C的方程为.
（2）由（1）知，，
设，直线，
联立，可得，
则，
设直线，
联立，得，
则，，即，
同理可得，即，
又，且，
所以，
将，，代入得，
又，则，又，则.
（3）因为直线、的倾斜角分别为、，
所以，，
由，，，
则，
则，
若要使最大，则，设，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为．
18．【答案】（1）解：零假设：认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关，
因为，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即接受，
所以认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系.
（2）解：依题意，，令，
，当且仅当时取等号，
当时，，当时，，即当时，数列单调递减，
于是，
所以的最大值为，此时或.
（3）解：由员工小李第n天选择B套餐的概率为，得员工小李第n天选择A套餐的概率为，
因此，而，
，又，因此，所以.
【知识点】等比数列的通项公式；独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）根据给定数据先求出的观测值，再与临界值比对即可求解；
（2）利用古典概率、结合组合计数问题求出的表达式，令，构造数列并判断单调性即可求出最大值.
（3）根据题干中信息和全概率公式求出与的关系，再构造等比数列求出通项即可.
（1）零假设：认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关，
由已知数据计算，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即接受，
因此认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系.
（2）依题意，，令，
，当且仅当时取等号，
当时，，当时，，即当时，数列单调递减，
于是，
所以的最大值为，此时或.
（3）由员工小李第n天选择B套餐的概率为，得员工小李第n天选择A套餐的概率为，
因此，而，
，又，因此，所以.
19．【答案】（1）解：设，
则由，解得，
又，
而，因此，解得.
当时，；
当时，，
当时，，
即，符合题意，
所以或.
（2）解：由是由“生成”的，是由“生成”的，得，则，
所以或，而，所以，
若，则，，
若，且，
假设是第一个使不同时为0的整数，则，
此时，而，则，矛盾，
从而不存在使不同时为0的整数，
所以.
（3）解：设分别表示的前项和，
即分别是由-生成"的，
由，得；
当时，.
于是，同理，
而，则，
，，
.
所以，，
令，则，
，，
因此，
所以取到最小值.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）设，利用定义推理写出前几项可得，求解方程并验证即得.
（2）利用定义列方程组求出首项，结合递推公式求解，并借助反证法推理求得通项公式.
（3）设分别表示的前项和，利用给定的定义，结合前和与第项的关系推理求出的最小值 .
（1）设，
则由，解得，
又，
而，因此，解得.
当时，；
当时，，
当时，，
即，符合题意，
所以或.
（2）由是由“生成”的，是由“生成”的，
得，则，
于是或，而，因此，
若，则，，
若，且，
假设是第一个使不同时为0的整数，则，
此时，而，则，矛盾，
从而不存在使不同时为0的整数，
所以.
（3）设分别表示的前项和，
即分别是由-生成"的，
由，得；
当时，.
于是，同理，
而，则，
，，
.
所以，，
令，则，
，，
因此，
所以取到最小值.
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